2022-2023学年甘肃省兰州市城关区兰州第一中学高二下学期期末数学试题含答案

2022-2023学年甘肃省兰州市城关区兰州第一中学高二下学期期末数学试题

一、单选题

1．已知集合，若，则实数a的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用元素与集合的关系求解.

【详解】因为，

所以，

解得．

故选：D．

2．已知矩形为平面外一点，平面，点满足，．若，则（    ）

A． B．1 C． D．

【答案】C

【分析】根据题意，由平面向量基本定理结合平面向量的线性运算，即可得到结果.

【详解】  

因为，，

所以

，

因为，所以，，，

所以.

故选：C

3．从中依次不放回地取2个数，事件为“第一次取到的是偶数”，事件为“第二次取到的是3的整数倍”，则等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据条件概率的定义和古典概型计算.

【详解】第一次取到的是偶数有：，共有种方法，在第一次是偶数的条件下，

第二次取到的是3的倍数共有11种方法，

；

故选：A.

4．已知正方体中，点M在棱上，直线平面，则点M的位置是（    ）

A．点D B．点 C．的中点 D．不存在

【答案】A

【分析】建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，，由题意，则，由此求出值即可得出答案.

【详解】如图，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，

设正方体棱长为1，，

，

，

∵，∴，

∵直线平面，平面，

∴，∴，

∴，解得，此时点M与点D重合．

故选：A．

5．给出定义：设是函数的导函数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”．已知函数的拐点为，则下列结论正确的为（    ）

A． B．点在直线上

C． D．点在直线上

【答案】B

【分析】求出、，依题意可得，即可判断A，再由二倍角公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，即可判断C，再计算，即可判断B、D.

【详解】因为，则，，

依题意可得，则，故A错误；

，故C错误；

又，所以点在直线上，故B正确，D错误；

故选：B

6．正方体的棱长为1，则平面与平面的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】将平面与平面的距离转化为点到平面的距离，建立空间直角坐标系，，然后用空间向量求解

【详解】由正方体的性质：∥,∥，

，，

且平面，平面，

平面，平面，

所以平面平面，

则两平面间的距离可转化为点B到平面的距离．

以为坐标原点，所在的直线分别为轴

建立空间直角坐标系，如图所示：

由正方体的棱长为1，所以，，，

，，

所以，，

，．

连接，

由，，

所以，

且，

可知平面，

得平面的一个法向量为，

则两平面间的距离：

．

故选：D.

7．抛一枚硬币，若抛到正面则停止，抛到反面则继续抛，已知该硬币抛到正反两面是等可能的，则以上操作硬币反面朝上的次数期望为（    ）

A． B．1 C． D．

【答案】B

【分析】根据独立事件的概率乘法公式以及错位相减法求解.

【详解】设硬币反面朝上的次数为，

由题可知，每次抛正面朝上的概率为，反面朝上概率为，

则

所以

两式相减可得，，

即，

整理得，，

因为，

所以硬币反面朝上的次数期望为1，

故选:B.

8．已知函数的定义域为 为函数的导函数，当时， ，且，则下列说法一定正确的是（    ）

A．  B．

C．  D．

【答案】B

【分析】构造函数，根据的单调性和奇偶性求解.

【详解】令，则，

因为当时， ，所以 ，所以在上单调递增，

又，

所以，即为奇函数，在上单调递增，

所以对于A，，即，

，A错误；

对于B， ，即 ；，B正确；

对于C，，即，C错误；

对于D，，D错误；

故选：B.

二、多选题

9．下列四个条件中，能成为的充分不必要条件的是（  ）

A． B． C． D．

【答案】ABD

【分析】根据选项是的充分不必要条件，选项所给的不等式可以推出，但推不出选项所给的不等式即可．

【详解】对于选项：若 ，则，则，

反之，当时得不出，

所以是的充分不必要条件，故正确；

对于B选项：由可得，即能推出；

但不能推出因为的正负不确定) ，

所以是的充分不必要条件，故B正确；

对于C选项：由可得，则，不能推出；

由也不能推出(如) ，

所以是的既不充分也不必要条件，故C错误；

对于D选项:若，则，反之得不出，

所以是的充分不必要条件，故选项D正确．

故选：ABD．

【点睛】结论点睛：充分不必要条件的判断，一般可根据如下规则判断：

（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；

（2）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；

（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；

（4）是的既不充分又不必要条件， 对的集合与对应集合互不包含．

10．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以，和表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是（    ）

A． B．

C．事件与事件相互独立 D．，，是两两互斥的事件

【答案】BD

【分析】由 可判定A错误；由条件概率求解，可判定B正确；由独立事件的概率计算公式，可判定C错误；由互斥的事件的定义，可判定D正确.

【详解】由题意，因为每次取一球，所以，，是两两互斥的事件，所以D正确；

因为，所以，所以B正确；

同理可得,

所以，所以A错误；

因为，所以，所以C错误．

故选：BD.

11．我国古代数学名著《九章算术》中将“底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱”称为“堑堵”．现有一如图所示的“暂堵”，其中，若，则（    ）

A．该“堑堵”的体积为2

B．该“堑堵”外接球的表面积为

C．若点P在该“堑堵”上运动，则的最大值为

D．该“堑堵”上，与平面所成角的正切值为

【答案】ABD

【分析】根据棱柱的体积公式计算即可判断A；先求出外接球的半径，再根据球的表面积公示即可判断B；当点与重合时，最大，求出即可判断C；证明平面，可得即为与平面所成角的平面角，解即可判断D.

【详解】对于A，由题意，故A正确；

对于B，设该“堑堵”外接球的半径为，

因为两两垂直，

所以，所以，

所以该“堑堵”外接球的表面积为，故B正确；

对于C，当点与重合时，，故C错误；

对于D，连接，

因为平面，

所以平面，

所以即为与平面所成角的平面角，

在中，，

所以，

即与平面所成角的正切值为，故D正确.

故选：ABD.

12．已知函数，则（    ）

A．的最小正周期为

B．的图象关于直线对称

C．时，在区间单调递增

D．时，在区间既有极大值点也有极小值点

【答案】BC

【分析】验证可知，，由此可得AB正误；利用三角恒等变换公式可化简得到，令，结合复合函数单调性的判定可知C正确；令，结合导数可求得当时，的单调性，结合复合函数单调性可确定单调性，由极值点定义可知D错误.

【详解】对于A，，

不是的周期，A错误；

对于B，，

的图象关于直线对称，B正确；

对于C，；

当时，，，，

令，则，；

与在上均单调递减，在上单调递减，

又在上单调递减，

由复合函数单调性可知：在上单调递增，C正确；

对于D，由C知：；

当时，，，；

令，则，；

，当时，在上恒成立，

在上单调递增，

又在上单调递增，在上单调递减，

由复合函数单调性可知：在上单调递增，在上单调递减，

则当时，在上有极大值点，无极小值点，D错误.

故选：BC.

三、填空题

13．已知，若，则的最大值为          ．

【答案】2

【分析】利用基本不等式即可得到答案.

【详解】因为，所以，解得，

当且仅当即，时，等号成立．

所以的最大值为2.

故答案为：2

14．拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，内容为：如果函数在闭区间上的图象连续不间断，在开区间内的导数为，那么在区间内至少存在一点，使得成立，其中叫做在上的“拉格朗日中值点”．根据这个定理，可得函数在上的“拉格朗日中值点”为          ．

【答案】/

【分析】求出函数的导数，令为函数在上的“拉格朗日中值点”，列方程求解即可.

【详解】由可得，

令为函数在上的“拉格朗日中值点”，

则，解得.

故答案为：

15．矩形ABCD中，，平面ABCD，且，则P到BC的距离为          ．

【答案】

【分析】利用点到直线距离的定义进行求解，注意做题的规范性：作、证、指、求, 或者是建立坐标系用空间向量方法去求.

【详解】方法一：如图，因为平面,平面,所以,

又因为是矩形，所以,

因为,所以平面,

因为平面，所以,所以为到的距离.

在矩形中，因为，所以,

在直角三角形中，由勾股定理得,

所以到的距离为.

故答案为：.

方法二：建立如图所示坐标系，在矩形中，，

所以，所以

,所以,

所以为到的距离.

,所以到的距离为.

故答案为：

16．设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是      .

【答案】

【分析】原问题等价于恒成立，据此将所得的不等式进行恒等变形，可得，由右侧函数的单调性可得实数的二次不等式，求解二次不等式后可确定实数的取值范围.

【详解】由函数的解析式可得在区间上恒成立，

则，即在区间上恒成立，

故，而，故，

故即，故，

结合题意可得实数的取值范围是.

故答案为：.

四、解答题

17．某足球队为评估球员的场上作用，对球员进行数据分析．球员甲在场上出任边锋、前卫、中场三个位置，根据过往多场比赛，其出场率与出场时球队的胜率如下表所示．

(1)当甲出场比赛时，求球队获胜的概率；

(2)当甲出场比赛时，在球队获胜的条件下，求球员甲担当前卫的概率.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设表示“甲球员担当边锋”，表示“甲球员担当前卫”，表示“甲球员担当中场”，，，两两互斥，设表示“球队赢了某场比赛”，利用全概率公式求解即可.

（2）由（1）知，然后利用条件概率公式求解即可.

【详解】（1）设表示“甲球员担当边锋”，

表示“甲球员担当前卫”，

表示“甲球员担当中场”，

，，两两互斥，

设表示“球队赢了某场比赛”，

则

，

该球队某场比赛获胜的概率为.

（2）由知：，

则，

所以球员甲担当前卫的概率为.

18．已知函数，（注：是自然对数的底数）．

(1)当时，求曲线在点处的切线方程；

(2)若只有一个极值点，求实数a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据导数的几何意义求出在的切线斜率，即可得出切线方程；

（2）由只有一个极值点，得出只有一个根，即只有一个解，根据的值域即可求出实数a的取值范围，再进行验证即可．

【详解】（1）当时，，

，

所以在处的切线斜率为，

又，

所以在处的切线方程为，即，

所以在处的切线方程为．

（2）若只有一个极值点，则只有一个根，

所以方程只有一个根，即只有一个解，

即与只有一个交点，

因为，

所以，

所以，

所以，当时，，当时，，

所以只有一个极小值点，

故a的取值范围为．

19．如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，为的中点，为上一点．

(1)求证：平面；

(2)若平面，求二面角的度数．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接连接交于点O，易得，利用线面平行的判定定理即可证明出结果；

（2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，再利用平面角的向量法即可求出结果.

【详解】（1）连接交于点O，连接，

由是正方形可得，O是的中点，又由F为的中点，

在中，为中位线，所以，

因为平面，且平面，所以平面．

（2）连接，由面，因为面，所以，

又由平面，且面，所以，所以，

所以点G为的中点，以点D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，

设，

则，，，所以，，

设平面的法向量为，则由，得到，

令，则，所以平面的一个法向量为，

又平面的一个法向量为，

所以，又由图易知，二面角为锐二面角，

所以二面角的度数为．

20．MCN即多频道网络，是一种新的网红经济运行模式，这种模式将不同类型和内容的PGC（专业生产内容）联合起来，在资本有力支持下，保障内容的持续输出，从而最终实现商业的稳定变现，在中国以直播电商、短视频为代表的新兴网红经济的崛起，使MCN机构的服务需求持续增长．数据显示，近年来中国MCN市场规模迅速扩大．下表为2018年—2022年中国MCN市场规模（单位：百亿元），其中2018年—2022年对应的代码依次为1-5．

(1)由上表数据可知，可用指数函数模型拟合与的关系，请建立关于的回归方程；

(2)从2018年-2022年中国MCN市场规模中随机抽取3个数据，记这3个数据中与的差的绝对值小于1的个数为，求的分布列与期望．

参考数据：

其中，，．

参考公式：对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．

【答案】(1)

(2)分布列见解析，期望为.

【分析】（1）两边取自然对数有，设，所以，则将非线性方程转化为线性方程，利用公式计算出， 代入样本中心点即可得到；

（2）的取值依次为1,2,3，计算出每个对应的概率值，再利用期望公式即可得到答案.

【详解】（1）两边同时取自然对数得.

设，所以，

因为,

所以.

把代入,得,所以,所以,

即关于的回归方程为.

（2）2018年-2022年中国MCN市场规模的5个数据中，与的差的绝对值小于1的数据有1.68, 2.45,3.35，共3个，所以的取值依次为1,2,3

所以的分布列为

.

21．如图1所示，在矩形中，，，为中点，将沿折起，使点到点处，且平面平面，如图2所示.

(1)求证：；

(2)在棱上取点，使平面平面，求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；

(2)

【分析】(1)在矩形中,连接交于点,则由可推出,因此有,故在翻折后的四棱锥中,有,据此推出平面,从而有;

(2)以点为原点,方向为轴的正方向建立空间直角坐标系,再过点作于点,由平面平面可推出平面,即有,结合,可知平面,即,设,再结合可求出,最后再利用空间向量法求线面角的正弦值即可.

【详解】（1）在矩形中,连接交于点,

由题知,,,

所以,即,

又,所以,

所以,即,

故在翻折后的四棱锥中,有,

又,所以平面,

又平面,所以;

（2）如图所示,以点为原点,方向为轴的正方向建立空间直角坐标系,

在矩形中,经计算可得,

因此,

过点作于点,

因为平面平面,平面平面,平面，

所以平面,所以,

又由(1)知,且,

所以平面,而平面，

所以,即有,

因为点在上,设,

而，故，

所以，故，

由可得，

解得,即,

又平面的一个法向量为,且,

设直线与平面所成角为，

则

所以直线与平面所成角的正弦值为.

22．已知函数.

(1)当时，讨论函数零点的个数；

(2)当时，恒成立，求的取值范围.

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）对函数求导，通过讨论函数单调性决定函数零点个数即可；

（2）首先将原不等式转化为，再构造函数，通过研究的单调性判断出，从而求解取值范围即可.

【详解】（1）由得，

当时，，在区间上单调递增，且无限趋近于0时，，

又，故只有1个零点；

当时，令，解得，令，解得，

故在区间上单调递减，在区间上单调递增；

所以当时，取得最小值，

当时，，所以函数无零点，

当时，恒成立，所以函数无零点，

综上所述，当时，无零点，当时，只有一个零点；

（2）由已知有，所以，

所以，

构造函数，则原不等式转化为在上恒成立，

，记，所以，

令，解得，令，解得，

故在区间上单调递减，在区间上单调递增，

所以，所以，即单调递增，

所以在上恒成立，

即在上恒成立，

令，，则，

令，解得，令，解得，

故在单调递减，单调递增，

故的最小值为，

故的取值范围是.

【点睛】方法点睛：导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方.